Chủ đề này có 1205 trả lời

[HoangVienDuy]

sai rồi . a ,b nguyên mak anh . nếu x = y = 2015/2 thì không nguyên

$P=x^{3}+y^{3}+2xy=(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+2xy= 2015(x^{2}+y^{2})-2013xy=504,25(x+y)^{2}+1510,75(x-y)^{2}=\frac{2017}{4}.2015^{2}+\frac{6043}{4}.(x-y)^{2}$

ta có Min$\left | x-y \right |=1\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1008 & & \\ y=1007 & & \end{bmatrix}$

Max $\left | x-y \right |=2013\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=2014 & & \\ y=1 & & \end{bmatrix}$

thay vào tìm Max-Min 

[letuananh29072000]

$P=x^{3}+y^{3}+2xy=(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+2xy= 2015(x^{2}+y^{2})-2013xy=504,25(x+y)^{2}+1510,75(x-y)^{2}=\frac{2017}{4}.2015^{2}+\frac{6043}{4}.(x-y)^{2}$

ta có Min$\left | x-y \right |=1\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1008 & & \\ y=1007 & & \end{bmatrix}$

Max $\left | x-y \right |=2013\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=2014 & & \\ y=1 & & \end{bmatrix}$

thay vào tìm Max-Min 

không hiểu . Em mới học lớp 9

[ttztrieuztt]

ai júp bài này với cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$

c/m: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9$

[Quoc Tuan Qbdh]

ai júp bài này với cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$

c/m: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9$

Áp dụng BĐT $C-S$ ta có :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9 \geq \frac{9}{a+b+c}=9$

[ttztrieuztt]

Áp dụng BĐT $C-S$ ta có :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9 \geq \frac{9}{a+b+c}=9$

là sao? e ko hiểu có thể giải chi tiết hơn dc ko ạ

[Quoc Tuan Qbdh]

là sao? e ko hiểu có thể giải chi tiết hơn dc ko ạ

Em biết BĐT $Bu-nhi-a-cốp-xki$ chứ ?

Áp dụng BĐT $Bu-nhi-a-cốp-xki$  ta có :

$(\left ( \frac{1}{\sqrt{a}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{\sqrt{b}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{\sqrt{c}} \right )^{2})(\sqrt{a}^{2}+\sqrt{b}^{2}+\sqrt{c}^{2})\geq (\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{c}})^{2}=9\rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 13-07-2015 - 09:21

[ttztrieuztt]

Em biết BĐT $Bu-nhi-a-cốp-xki$ chứ ?

Áp dụng BĐT $Bu-nhi-a-cốp-xki$  ta có :

$(\left ( \frac{1}{\sqrt{a}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{\sqrt{b}} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{\sqrt{c}} \right )^{2})(\sqrt{a}^{2}+\sqrt{b}^{2}+\sqrt{c}^{2})\geq (\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{c}})^{2}=9\rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 1$

theo em thế này dễ giải quyết hơn mà áp dụng dc a+b+c=1 (nãy h ko thấy a dùng)

ta có:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=3+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}$

    $=3+(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})+(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})\geq 3+2+2+2=9$

 

=>$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq9$

[ttztrieuztt]

c/m bất đẳng thức: $a^{2}+b^{2}+1\geq ab+a+b$ với mọi số thực a, b   

[Quoc Tuan Qbdh]

c/m bất đẳng thức: $a^{2}+b^{2}+1\geq ab+a+b$ với mọi số thực a, b   

Nhân 2 ở cả 2 vế ta được BĐT tương đương : $(a^{2}-2ab+b^{2})+(a^{2}-2a+1)+(b^{2}-2b+1)\geq 0$ luôn đúng 

     

[ttztrieuztt]

CM BĐT:

    $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

[Quoc Tuan Qbdh]

CM BĐT:

    $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Biến đổi tương đương thôi  

    $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})<=>a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca \geq 0<=>(a+b+c)^{2} \geq 0$ (luôn đúng)

[honmacarong100]

CM BĐT:

    $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ca)\geq 3(a^2+b^2+c^2) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \geq0 \Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 0$
 Bất đẳng thức trên  luôn đúng với mọi a,b,c.
 Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a+b+c=0$

[ttztrieuztt]

Biến đổi tương đương thôi  

    $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})<=>a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca \geq 0<=>(a+b+c)^{2} \geq 0$ (luôn đúng)

thanks, còn 1 ý nhỏ mới tìm nữa

gọi A là giá trị nhỏ nhất trong các số $(x-y)^{2}, (y-z)^{2}, (z-x)^{2}$

CM:  $A\leq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ttztrieuztt: 19-07-2015 - 15:50

[NguyenVanDien]

Giúp mình bài này: Cho ba số thực dương x,y,z thảo mãn xy + xz + yz = 2016

CMR \[\sqrt {\frac{{yz}}{{{x^2} + 2016}}}  + \sqrt {\frac{{xy}}{{{y^2} + 2016}}}  + \sqrt {\frac{{xz}}{{{z^2} + 2016}}}  \le \frac{3}{2}\]

[Truong Gia Bao]

Giúp mình bài này: Cho ba số thực dương x,y,z thảo mãn xy + xz + yz = 2016

CMR \[\sqrt {\frac{{yz}}{{{x^2} + 2016}}}  + \sqrt {\frac{{xy}}{{{y^2} + 2016}}}  + \sqrt {\frac{{xz}}{{{z^2} + 2016}}}  \le \frac{3}{2}\]

Bạn đã đăng TẠI ĐÂY rồi thì đừng đăng lại nữa nhé! 

[Bonjour]

Cho các số $x,y,z$ thoả mãn $0\leq x,y,z\leq 2$ và $x+y+z=3$.Tìm Max của:

                                       $M=\prod (1+x^2)^x$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bonjour: 21-07-2015 - 15:40

[vinhhihi2110]

Mình mở ra một topic mới để cùng mọi người trao đôit kinh nghiệm về BĐT. Lần này các bài toán dành cho THCS, 1 phần cũng dành cho các anh chị THPT. Đầu tiên xin nói lại về các BĐT để sử dụng truong topic này .
1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$
Còn rất nhiều BĐT nữa nhưng ở mức độ THCS mình chỉ nêu ra như vậy thôi.
P\s: Các anh chị THPT không giải bài của THCS, mà các anh chị sẽ có bài riêng dành cho mình để làm. Mong các bạn hưởng ứng. Cảm ơn.
Hero Math _ Hiếu.

 

ANH ƠI CHO EM HỎI Ở BĐT SCHWARS : b1,b2,...bn Ở MẪU PHẢI KHÁC 0 CHỨ SAO ANH LẠI GHI LÀ LỚN HƠN HOẶC BẰNG Ạ ?

[Boruto]

chú nào post tiếp lên làm đi         mình mem mới   

[mam1101]

chú nào post tiếp lên làm đi         mình mem mới   

Nguồn : Sáng tạo BĐT 

Giả sử a,b,c,d là các số thức a,b,c,d thỏa mãn ab + bc + cd + da = 1.Chứng minh: 

$\frac{a^{3}}{b + c + d} + \frac{b^{3}}{a + c + d} + \frac{c^{3}}{a + b + d} + \frac{d^{3}}{a + b + c} \geq \frac{1}{3}$

[HoangVienDuy]

Nguồn : Sáng tạo BĐT 

Giả sử a,b,c,d là các số thức a,b,c,d thỏa mãn ab + bc + cd + da = 1.Chứng minh: 

$\frac{a^{3}}{b + c + d} + \frac{b^{3}}{a + c + d} + \frac{c^{3}}{a + b + d} + \frac{d^{3}}{a + b + c} \geq \frac{1}{3}$

áp dụng AM-GM: 

$\sum \frac{a^{3}}{b+c+d}=\sum \frac{a^{4}}{ab+ac+ad}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{2}}{3(ab+bc+cd+da)}\geq \frac{1}{3}$